Binomio de newton

Manoel Paiva
MATEMÁTICA – Conceitos, linguagem e aplicações
Volume 2

O r i e n ta ç ã o m e t o d o l ó g i c a e r e s o l u ç ã o d e
E x e rc í c i o s C o m p l e m e n ta r e s

Unidade VI

Binômio de Newton e
probabilidade

Unidade VI

Binômio de Newton e probabilidade

Capítulo 19
Binômio de Newton
Orientações metodológicas

Objetivos
Ao final deste capítulo, o aluno deve estar preparado para:
n
• calcular o número binomial   ;
 p

• aplicar as propriedades dos números binomiais na resolução de equações;
• aplicar a relação de Stiffel na construção do triângulo de Pascal;
• justificar a fórmula de Newton no caso particular do desenvolvimento de (x + a)5;
• representar a fórmula de Newton usando o símbolo de somatório (Σ);
• aplicar a fórmula de Newton no desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈ ;
• representar o termo geral do desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈ ;
• aplicar a fórmula do termo geral na determinação de um termo particular do desenvolvimento de

(x + a)n, com n ∈ .

263


Volume 2

Sugestões para o desenvolvimento do capítulo

Número binomial
1.

n

Definir o número binomial   como sendo o número de combinações simples de n
 p
n

elementos distintos, tomados p a p, ou seja,   = Cn, p. Refazer o exercício resolvido 1,
 p
enfatizando que todo número binomial de denominador zero é igual a 1 e que todo número
binomial de numerador igual ao denominador é igual a 1.
2.

Apresentar as propriedades dos binomiais. A relação de Stiffel pode ser apresentada a partir do
seguinte problema:
A diretoria de uma empresa é formada por 7 diretores, sendo que um deles se chama Paulo.
a) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores dessa
empresa?
b) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores, de modo
que Paulo faça parte da comissão?
c) De quantas maneiras diferentes pode ser formada uma comissão de três diretores de modo
que Paulo não faça parte da comissão?
Resposta: a) C7, 3 b) C6, 2 c) C6, 3.
Observar que a soma do número de comissões que contêm Paulo com o número de comissões
que não o contêm é igual ao total de comissões que podem ser formadas, isto é,
 6
 +
 2

 6  7
  =   . Comentar que um raciocínio como esse inspirou a relação de Stiffel.
 3  3

Refazer os exercícios resolvidos de 2 a 4. O exercício A.3 das atividades merece atenção
especial, pois vai facilitar o desenvolvimento de potências da forma (x + a)n, com n ∈
através da fórmula de Newton.

264

,

Unidade VI


3.

A fórmula de Newton é facilmente entendida após a resolução do problema fundamental,

Newton e o binômio (x + a)n

apresentado no item 2 do tópico. Se o professor achar necessário, pode, ainda, propor o
seguinte problema, antes do desenvolvimento de (x + a)5:
Sobre uma mesa há 5 bandejas e em cada uma há um cartão com a letra X e outro com a letra
A. Um menino deve escolher uma letra de cada bandeja.

a) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher 3 letras X e duas letras A, não
importando a ordem de escolha?
b) De quantas maneiras diferentes ele pode escolher 4 letras X e uma letra A, não importando
a ordem de escolha?
Resolução
a) Escolhidas três letras X, as letras A estarão, automaticamente, escolhidas. Assim, o número
de escolhas é C5, 3.
b) C5, 4.
Após a discussão desse problema, justificar a fórmula de Newton a partir do desenvolvimento
de (x + a)5, conforme está feito no item 2 do capítulo. Ressaltar que o desenvolvimento da
potência (x + a)n pode ser feito segundo expoentes crescentes ou decrescentes de x. Refazer os
exercícios resolvidos de 5 a 9.
4.

O professor pode apresentar a seguinte regra prática para o desenvolvimento da potência
(x + a)n, com n ∈ N:
I. o primeiro termo é 1xna0;

265


Volume 2

II. o expoente de x decresce uma unidade e o expoente de a cresce uma unidade, de um termo
para o seguinte;
III. o coeficiente de cada termo, a partir do segundo, é obtido multiplicando-se o coeficiente do
termo anterior pelo expoente de x e dividindo-se esse produto pelo expoente de a, acrescido de
uma unidade.
Exemplo
(x + a)6 = 1x6a0 +

1 ⋅ 6 5 1 6 ⋅ 5 4 2 15 ⋅ 4 3 3 20 ⋅ 3 2 4 15 ⋅ 2 1 5 6 ⋅1 0 6
xa +
xa +
xa +
xa +
xa +
xa
0 +1
1+1
2 +1
3 +1
4 +1
5 +1
6

15

20

15

6

1

É claro que poderíamos ter desenvolvido essa potência admitindo como primeiro termo 1x0an.
5.

Apresentar o símbolo de somatório (Σ) refazendo o exercício resolvido 10.

Termo geral do binômio de Newton
6.

Apresentar o termo geral do desenvolvimento de (x + a)n, com n ∈

, de duas maneiras:

segundo expoentes crescentes de x e segundo expoentes decrescentes de x. Refazer os
exercícios resolvidos de 11 a 13.

Exercícios básicos
Dentre os exercícios complementares, alguns são considerados básicos, isto é, servem de ponte
para outros que exigem maior desembaraço e criatividade. Neste capítulo, são básicos os exercícios
de números: C.1, C.2, C.4, C.5, C.7, C.8, C.10, C.11, C.14, C.15, C.18 e C.20.

Só para o professor
Uma aplicação interessante do binômio de Newton é o cálculo de raízes n-ésimas. Por exemplo,
observe o cálculo de um valor aproximado para 3 10 :

266

Unidade VI


Temos que 2 < 3 10 < 2,2, pois 23 = 8 e (2, 2)3 = 10,648; assim, podemos afirmar que 3 10 = 2 + x,
em que 0 < x < 0,2. Devemos ter: (2 + x)3 = 10, ou seja, 8 + 6x2 + 12x + x3 = 10.
Observando-se que 0 < x < 0,2 ⇒ 6x2 < 0,24 e x3 < 0,008, podemos garantir que, eliminando-se as
parcelas 6x2 e x3 da expressão 8 + 6x2 + 12x + x3, obteremos um valor “bem próximo” de 10.
Isto é, 8 + 12x ≅ 10, portanto, x ≅ 0,16. Concluímos, então, que 3 10 ≅ 2,16.
Se for necessária uma aproximação melhor, podemos repetir o processo. Observando que
2,15 < 3 10 < 2,16, obtém-se 3 10 ≅ 2,1547.

Exercícios Complementares
C.1

a)

 7  7

 =   ⇔ 2x + 1 = x ou 2x + 1 + x = 7.
 2 x + 1  x 

Portanto: x = –1 ou x = 2.
Fazendo a verificação, constatamos que só existem os binominais para x = 2; logo, S = {2}.
b)

 x  x
  =   ⇔ 5 + 3 = x, ou seja, x = 8.
 5  3

Fazendo a verificação, constatamos que existem os binomiais para x = 8; logo, S = {8}.
C.2

11

11

Pela relação de Stiffel, devemos ter:   =   ⇔ x = 3 ou 3 + x = 11; logo, x = 3 ou x = 8.
3
x
Fazendo a verificação, constatamos a existência dos binomiais para x = 3 ou x = 8; logo, S = {3, 8}.

C.3

9

 9 

Pela relação de Stiffel, devemos ter:   = 
 ⇔ 5 = x + 1 ou 5 + x + 1 = 9; logo, x = 4 ou
 5   x + 1
x = 3.
Fazendo a verificação, constatamos a existência de todos os binomiais para x = 4 ou x = 3;
portanto, S = {4, 3}.

267


C.4

a)

7 0 7
 xa +
 0

Volume 2

7 1 6
 xa +
1

7 2 5
 xa +
 2

7 3 4
 xa +
 3

7 4 3
 xa +
 4

7 5 2
 xa +
 5

7 6 1
 xa +
 6

7 7 0
 xa =
7

= a7 + 7xa6 + 21x2a5 + 35x3a4 + 35x4a3 + 21x5a2 + 7x6a + x7
b)

 4 0 2 4  4 1 2 3  4 2 2 2  4 3 2 1  4 4 2 0
  2 (x ) +   2 (x ) +   2 (x ) +   2 (x ) +   2 (x ) =
 0
1
 2
 3
 4

= x8 + 8x6 + 24x4 + 32x2 + 16
c)

 3
4 0
3
  (2x ) ⋅(–3y) +
0


 3
4 1
2
  (2x ) ⋅(–3y) +
1


 3
4 2
1
  (2x ) ⋅(–3y) +
2


 3
4 3
0
  (2x ) ⋅(–3y) =
3


= – 27y3 + 54x4y2 – 36x8y + 8x12
C.5

c
Multiplicando cada parcela dessa soma por 115–p, em que p é o denominador do respectivo
coeficiente binomial, temos:
15

15 

Σ  p  (–1) ⋅1
 
p

15– p

p= 0

15 

15 

15 

=   (–1)0⋅115 +   (–1)0⋅114 +… +   (–1)15⋅10 .
0
1
15 

Comparando essa última expressão com o desenvolvimento do binômio de Newton,
percebemos que

15

15 

Σ  p  (–1) = (–1+1)
 
p

15

= 0.

p= 0

C.6

c
20

 20 

Σ  p5
 
p= 2

C.7

p

⋅ 120–p =

20

 20 

Σ  p5
 
p= 0

p

 20 

 20 

⋅ 120–p –   50 –   51 = (1 + 5)20 – 1 – 100 = 620 – 101.
0
1

O sistema pode ser apresentado sob a forma:
3x + y = 10

 4  4 0  4  3  4  2 2  4  3  4  0 4
 0  x y −  1  x y +  2  x y −  3  xy +  4  x y = 16
 
 
 
 
 

ou seja:

268

Unidade VI


3 x + y = 10
⇒ (I)

4
( x − y ) = 16

3x + y = 10
3x + y = 10
ou (II) 

x− y =2
 x − y = −2


Resolvendo o sistema (I), obtemos x = 3 e y = 1, e resolvendo o sistema (II), obtemos:
x = 2 e y = 4.
C.8

b
100  0 100 100  1 99 100  2 98

⋅ 1 ⋅ 1 + 
⋅ 1 ⋅ 1 + 
⋅ 1 ⋅ 1 + … +
 0 
 1 
 2 

C.9

100  100 0
100
100

 ⋅ 1 ⋅ 1 = (1 + 1) = 2 .
100 


a
O número de polígonos convexos é dado por:
 30   30   30 
 30 
 +   +   +…+   =
3 4 5
 30 

Como

30

Σ

p=3

 30 
  =
 p

30

 30 

Σ  p ⋅ 1
 
p= 0

p

 30 

30

Σ  p
 
p=3

 30 

 30 

 30 

⋅ 130–p –   –   –   = 230 – 1 – 30 – 435, concluímos
0 1 2

que o número de polígonos nas condições enunciadas é 230 – 466.
C.10 c
Multiplicando cada parcela dessa soma por 1p e 1n–p, em que n é o numerador e p é o
denominador do respectivo coeficiente binominal, temos:
 n 0 n
 1 ⋅1 +
 0

 n  1 n–1
 1 ⋅1 +…+
1

 n n 0
  1 ⋅ 1 = 1.024
 n

Comparando com o desenvolvimento do binômio de Newton, percebemos que:
(1 + 1)n = 1.024, portanto, 2n = 210 ⇒ n = 10.
C.11 (3 – 2)10 = 110 = 1
C.12 (1 + 1)8 = 28 = 256
C.13 d
(2 + 1)n = 243 ⇒ 3n = 35, portanto, n = 5.

269


Volume 2

6
6
C.14 T =   (x2)p ⋅ 16–p =   x2p
 p
 p

Fazendo 2p = 10, temos p = 5; logo, o termo em x10 é dado por:
 6

T =   x2 ⋅ 5 = 6x10
 5
Concluímos, assim, que o coeficiente de x10 é 6.
8

8

C.15 T =   (x–1)p ⋅ x8 – p =   x8–2p
 p
 p
Fazendo 8 – 2p = 4, temos p = 2; logo, o termo em x4 é dado por:
8

T =   x8–2 · 2 = 28x4
 2
C.16 a
8 

1



p

8

p

T =    x 3  ⋅ 28–p =   x 3 ⋅ 28–p
 p  
 p
Fazendo
8

p
= 2, temos p = 6; logo, o termo em x2 é dado por:
3
6

T =   x 3 ⋅ 28–6 = 112x2
 6
C.17 e
5

T =   xpa5–p
 p
 5

Para p = 2, esse termo deve ser idêntico a 80x2, ou seja,   x2a5–2 = 80x2; logo, a = 2.
 2
8

8

C.18 T =   (x2)p ⋅ (–2)8–p =   x2p ⋅ (–2)8–p
 p
 p
8

Fazendo p = 5, obtemos o sexto termo: T =   x2 ⋅ 5 ⋅ (–2)8–5 = – 448x10
 5

270

Unidade VI


6
C.19 T =   ⋅ 2p ⋅ (x3)6–p
 p
 6

Fazendo p = 3, obtemos o quarto termo: T =   ⋅ 23 ⋅ (x3)6–3 = 160x9
 3
8

8

C.20 T =   (2x–1)p ⋅ (x3)8–p =   2p ⋅ x24–4p
 p
 p
Fazendo 24 – 4p = 0, temos p = 6; logo, o termo independente de x é dado por:
8

T =   ⋅ 26 ⋅ x24–4 ⋅ 6 = 1.792.
 6
1

C.21 A expressão pode ser apresentada sob a forma [ x 4 + (–2x–1)]10. O termo geral do
10 



1

10-p



desenvolvimento dessa potência é: T =   (–2x–1)p  x 4 
 p
 
10 

seja, T =   (–2)p ⋅ x
 p

10 – p
4

10 – 5 p
4

Para que a expressão T seja independente de x, devemos ter
10 

10 − 5 p
= 0, portanto, p = 2.
4

Logo, o termo independente de x é: T =   (–2)2 ⋅ x0 = 180.
2
p

22 − 3 p
11
11  − 1 
C.22 T =    2 x 2  x11–p ⇒ T =   2p x 2
 p
 p 


Fazendo

10 

⇒ T =   (–2)p ⋅ x–p ⋅ x
 p

22 − 3 p
22
= 0, obtemos p =
.
2
3
11

Como p ∉ , segue que não existe   .
 p
Logo, não existe o termo independente de x.

271

, ou


Volume 2

Capítulo 20
Probabilidade

Objetivos
• reconhecer um experimento aleatório;
• determinar o espaço amostral de um experimento aleatório;
• formar eventos de um espaço amostral;
• aplicar o princípio fundamental de contagem na determinação do número de elementos de um

espaço amostral ou de um evento;
• calcular a probabilidade de ocorrer um elemento de um evento de um espaço amostral;
• reconhecer eventos complementares;
• aplicar, na resolução de problemas, as propriedades das probabilidades.


A origem da teoria das probabilidades
1.

No ano de 1654, um jogador da sociedade parisiense, Chevalier de Mère, propôs a Blaise
Pascal (1623–1662) algumas questões sobre suas chances de vencer em jogos. Uma das
questões foi: “Um jogo de dados entre dois adversários termina quando um dos jogadores

272

Unidade VI


vence três partidas em primeiro lugar. Se antes do final esse jogo for interrompido, de que
maneira cada um dos dois adversários deve ser indenizado?”
Pascal escreveu a Pierre de Fermat (1601 – 1665) sobre esse problema, e a correspondência
entre eles deu subsídios à teoria das probabilidades. A título de curiosidade, é apresentado a
seguir um texto retirado do maravilhoso livro A magia dos números de Paul Karlson (Editora
Globo), contendo as resoluções propostas por Pascal e Fermat.

“Eu procedo mais ou menos da seguinte maneira”, escreve Pascal a Fermat, “para determinar o
valor de cada uma das partidas, quando dois jogadores combinam, por exemplo, jogar três
partidas e cada um arrisca 32 moedas de ouro. (Entende-se que o primeiro que conseguir
vencer três partidas será o vencedor do jogo.)
“Suponhamos que o primeiro já tenha vencido duas partidas, e o segundo, uma só; eles jogam
agora uma partida cujo resultado será: vence o primeiro, então ele receberá todo o dinheiro que
está em jogo, isto é, 64 moedas; vence o outro, porém, temos duas partidas contra duas; se eles
quiserem se separar, cada um levará evidentemente o que arriscou, as 32 moedas. Note,
portanto, que, se vencer o primeiro, ele terá direito a 64; perdendo, receberá apenas 32. Em
conseqüência, se eles não quiserem mais arriscar essa partida, preferindo separar-se sem a

273


Volume 2

jogar, o primeiro dirá: ‘Eu estou seguro de receber 32 moedas, pois estas serão minhas até em
caso de derrota; no que concerne, porém, às outras 32, talvez eu as recebesse, talvez ficassem
com o senhor, as chances são as mesmas; vamos então repartir estas 32 moedas ao meio, e
além disso o senhor me dará as 32 moedas que me são garantidas’. Portanto ele levará 48
moedas, e o outro, apenas 16”.
“Suponhamos agora que o primeiro tenha ganho duas partidas, e o segundo, nenhuma, e que
eles iniciem nova partida. O resultado dessa partida será o seguinte: se vencer o primeiro, ele
receberá o total do dinheiro, 64 moedas; vencendo porém o segundo, eles recaem no caso
acima, quando o primeiro tinha duas partidas e o segundo, apenas uma. Acabamos de ver,
porém, que neste caso o vencedor das duas partidas tem direito a 48 moedas: se eles quiserem
desistir da partida, ele deverá dizer: ‘Se eu a vencer, receberei as 64 moedas; se a perder, tenho
direito a 48. Portanto, o senhor me dará as 48, que me estão asseguradas, e dividamos ao meio
as 16 restantes, visto serem iguais as chances de vitória, tanto para o senhor como para mim’.
Assim ele terá 48 mais 8, ou seja, 56 moedas”.
“Suponhamos, finalmente, que o primeiro tenha uma única vitória, e o outro, nenhuma. Vê-se
claramente que, se começarem nova partida, o resultado será tal — se o primeiro a vencer —
que ele terá duas partidas contra nenhuma e, considerando o caso precedente, ele fará jus a 56;
perdendo-a, porém, ficarão de igual para igual; logo, ele receberá 32 moedas. Ele dirá,
portanto: ‘Se o senhor não quiser jogar, entregue-me as 32 moedas que me são asseguradas e
repartamos o resto, que sobra de 56, ao meio; subtraindo 32 de 56, restarão 24; portanto,
dividindo 24 ao meio, o senhor levará 12 e me dará as outras 12, que perfazem 44 com as
outras 32’.
“Por intermédio destas simples subtrações, o senhor verifica que para a primeira partida lhe
pertencem 12 moedas do dinheiro do outro, para a segunda novamente 12 e, para a última, 8
moedas”.

274

Unidade VI


Pascal prossegue nesse raciocínio e o estende para casos mais complicados, bem como para o
caso de jogadores de habilidade distinta, portanto, de chances desiguais. Na resolução, ele se
serve do seu triângulo aritmético, do qual ainda trataremos oportunamente.
Reconhece-se a chave do elegante método: Pascal acresce sempre mais uma partida, atingindo
um caso de solução imediata ou já tratado anteriormente; e pergunta pela importância em jogo
nesta partida. A solução é dada, exatamente, no espírito do jogo real.
Fermat, que não era jogador, procedeu de outra maneira. Numa carta a Pascal, desenvolve o
seu método, que repousa em considerações sobre análise combinatória: por hipótese, faltam
dois pontos ao jogador A e três ao seu contendor B, para atingirem a vitória. Após quatro
partidas, o jogo estará fatalmente encerrado, porque, então, um dos dois terá os três pontos
necessários, com absoluta certeza.
Como poderão transcorrer tais partidas? Indicando com a um jogo vencido por A e com b um
vencido por B, teremos as seguintes seqüências possíveis:
aaaa aaab aaba aabb abaa abab abba abbb baaa baab baba babb bbaa bbab bbba bbbb.
Dentre elas, são favoráveis a B aquelas em que ele obtém três vitórias, isto é, as seqüências por
nós sublinhadas. A ele cabem, portanto,

5
11
e, ao seu contendor, os
restantes. O dinheiro
16
16

deverá ser dividido na razão de 5 : 11, isto é, na razão de 20 : 44 moedas.
Este é o mesmo valor que Pascal já calculara e fica sendo questão de gosto a qual dos dois
métodos dar nossa preferência. O de Pascal é sem dúvida mais elegante, o de Fermat, porém,
mais geral, pois pode ser empregado mesmo que se trate de mais de dois jogadores.

Probabilidade / Propriedades
2.

Conceituar probabilidade a partir do problema que introduz o tópico.

3.

Definir espaço amostral e evento, refazendo os exemplos.

275


Volume 2

4.

Conceituar espaço amostral equiprovável.

5.

Definir probabilidade, refazendo os exercícios resolvidos de 1 a 5.

6.

Apresentar as propriedades das probabilidades, refazendo os exercícios resolvidos de 6 a 9.

Aplicações práticas da teoria das probabilidades
Valor esperado
Um estudo realizado por uma companhia de seguros permite concluir que, a cada ano, a
probabilidade de uma apólice despender 200 mil reais é de

1
; a probabilidade de uma
10.000

1
; a probabilidade de uma apólice despender 2.000
1.000
1
9.789
reais é de
e a probabilidade de as apólices restantes despenderem zero real é de
.
50
10.000

apólice despender 50 mil reais é de

Para estabelecer o valor de venda de uma apólice, a empresa precisa conhecer a despesa média
por apólice vendida. A resposta é chamada, em estatística, de valor esperado, e é calculada da
seguinte maneira:
200.000 ×

1
1
1
9.789
+ 50.000 ×
+ 2.000 ×
+0×
= 110.
10.000
1.000
50
10.000

Desse modo, o preço mínimo de uma apólice, para cobrir os custos, é de 110 reais.

Veiculação de propagandas na TV
Na mais importante rede de televisão do país, a propaganda da Coca-cola vai ao ar de 30 em 30
minutos. A Pepsi-Cola pretende veicular sua propaganda nessa emissora também de 30 em 30
minutos, porém quer usar uma estratégia de tal modo que, a qualquer momento que um
espectador ligue a TV, a probabilidade de que ele veja a propaganda da Pepsi em primeiro
lugar seja maior que a probabilidade de que ele veja a propaganda da Coca. Qual deve ser essa
estratégia?

276

Unidade VI


Resposta: cada propaganda da Pepsi-Cola deve ser veiculada x minutos (15 < x < 30) após
cada propaganda da Coca-Cola.

Curiosidades sobre probabilidades
Que mundo pequeno!
É muito comum duas pessoas que moram em Estados diferentes se encontrarem em uma
viagem e durante uma conversa constatarem que têm um conhecido em comum ou que um
conhecido de uma delas conheça um conhecido da outra.
Essa ocorrência não é simples coincidência. Considerando-se que um país possua 200.000.000
de habitantes e que cada pessoa conheça 1.500 pessoas, a probabilidade de que duas pessoas
1
, aproximadamente; e a probabilidade de
100
99
que um conhecido de uma delas conheça um conhecido da outra é de
, aproximadamente.
100

quaisquer tenham um conhecido em comum é de

A probabilidade de que haja duas pessoas em um auditório que fazem aniversário em um
mesmo dia.
a) Considerando-se que o ano tem 366 dias, quantas pessoas devem estar em um auditório,
para que a probabilidade de que duas façam aniversário em um mesmo dia seja 100%?
Resposta: 367.
b) Em um auditório de 23 pessoas, qual é a probabilidade de que duas façam aniversário em
um mesmo dia?
Resposta: aproximadamente 50%.

277


Volume 2

Nota: Essas aplicações e curiosidades são apresentadas, com pequenas modificações, no
interessante livro Analfabetismo em matemática e suas conseqüências, de John Allen Paulos,
Editora Nova Fronteira.

de números: C.1, C.2, C.3, C.4, C.5, C.8, C.9, C.10, C.11, C.15, e C.17.

C.1

d
Indicando por c e k as faces cara e coroa, respectivamente, temos o espaço amostral
E = {(c, c); (c, k); (k, c); (k, k)}, n(E) = 4, e o evento A = {(c, c), (c, k), (k, c)}, n(A) = 3;
logo, P(A) =

C.2

n( A)
3
= = 0,75 = 75%.
4
n( E )

a
E = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6),
(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6),
(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6),
(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6),
(5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6),
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}; n (E) = 36.
A = {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 6)}; n(A) = 11.

278

Unidade VI


n (A)
11
Logo, P(A) =
=
.
36
n (E )

C.3

e
O espaço amostral E do experimento é E = {1, 2, 3, …, 999), n(E) = 999. Queremos que ocorra
algum elemento do evento A = {9, 18, 27, …, 999}, n(A) = 999 : 9 = 111.
Logo, P(A) =

C.4

n (A)
111
1
=
= .
999
9
n (E )

O espaço amostral desse experimento é o conjunto E formado por todos os ternos ordenados de
números naturais (x, y, z), com, x, y, e z variando de 1 a 6. O número de elementos desse
espaço E pode ser calculado pelo princípio fundamental de contagem:
(x, y, z)
números de possibilidades → 6 ⋅ 6 ⋅ 6 = 216
Queremos que ocorra algum elemento do evento:
A = {(1, 1, 1), (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (5, 5, 5), (6, 6, 6)}, n(A) = 6.
Logo, P(A) =

C.5

n (A)
6
1
=
=
.
216
36
n (E )

O espaço amostral desse experimento é:
E = {r | r é reta que passa por dois vértices do cubo ABCDEFGH}, n(E) = C8, 2 = 28.
Queremos que ocorra algum elemento do evento A = {s ∈ E | s é reta que passa pelo vértice
G}, n(A) = C7, 1 = 7.
Logo, P(A) =

n (A)
7
1
=
= .
28
4
n (E )

279


C.6

Volume 2

c
O espaço amostral E é formado por todos os pares ordenados de números naturais (x, y), em
que x e y variam de 1 a 9:
(x, y)
números de possibilidades → 9 ⋅ 9 = 81
Assim, temos que n(E) = 81.
Queremos que ocorra algum elemento do evento A = {(r, s) ∈ E | r < s}:
• para r = 1, temos oito pares ordenados em A;
• para r = 2, temos sete pares ordenados em A;
• para r = 3, temos seis pares ordenados em A;

• para r = 8, temos um par ordenado em A.

Logo, n(A) = 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36, portanto, P(A) =
C.7

36
.
81

b
Indicando por E o espaço amostral representado pelo grupo de 1.000 pessoas e por A o evento
de E formado pelas mulheres fumantes, temos que n(A) = 0,44 ⋅ 0,17 ⋅ 1.000 = 74,8.
Logo, P(A) =

74,8
= 0,0748 ≅ 0,075.
1.000

Nota: Percebe-se que o enunciado aproximou as porcentagens, já que 44% dos fumantes
correspondem a um número não natural, 74,8.
C.8

O espaço amostral E é formado por todas as comissões de três pessoas que podem ser
sorteadas, logo, n(E) = C20, 3 = 1.140.

280

Unidade VI


Queremos que ocorra algum elemento do evento A, formado por comissões com dois homens
e uma mulher; n(A) = C15, 2 ⋅ C5, 1 = 525.
Logo, P(A) =
C.9

n (A)
525
35
=
=
.
1.140
76
n (E )

a) C48, 6 = 12.271.512
b) P =

1
1
=
C48,6
12.271.512

C.10 a
Indicando por E o espaço amostral formado pelos conjuntos de números naturais {x, y}, com x
e y variando de 1 a 20 e x ≠ y, temos que n(E) = C20, 2 = 190 e indicando por A o evento de E
formado pelos conjuntos em que os dois elementos são ímpares, temos:
n(A) = C10, 2 = 45.
Logo, P(A) =

45
9
=
.
190
38

C.11 O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências de 5 elementos em
que cada um é cara ou coroa; logo, n(E) = 25 = 32. Queremos que ocorra algum elemento do
evento A formado pelas seqüências pertencentes a E que possuem três caras e duas coroas;
logo, n(E) = P5(3,2) =

n( A) 10 5
5!
= 10. Assim, temos que P(A) =
=
= .
n( E ) 32 16
3! ⋅ 2!

C.12 O espaço amostral E desse experimento é formado por todas as seqüências de sete algarismos,
tal que os três primeiros sejam 8, 6 e 9, nessa ordem. O número de elementos de E pode ser
calculado pelo princípio fundamental de contagem:
O número de possibilidades

281


Volume 2

Portanto, n(E) = 10.000
O evento A que interessa possui um único elemento, que é o número de telefone de Priscilla;
assim, n(A) = 1.
Logo, P(A) =

n (A)
1
=
.
n (E )
10.000

C.13 I) b

II) a

O espaço amostral E é formado por todas as seqüências que o participante pode formar, isto é,
E = {TVE, TEV, VTE, VET, EVT, ETV}, n(E) = 6.
I)

Deve ocorrer algum elemento do evento A = {VET, ETV}, n(A) = 2.
Logo, P(A) =

II)

2
1
= ;
6
3

Deve ocorrer algum elemento do evento B, formado pelas seqüências que possuam
apenas duas letras na posição correta. Ora, esse evento é impossível, pois se duas letras
estiverem na posição correta, a terceira também estará; logo, P(B) = 0.

C.14 0 ≤

n − 12
≤ 1 ⇒ 12 ≤ n ≤ 44.
32

Logo, o menor número possível de lápis da caixa é 12.
C.15 Indicando por P(A) e P( A ) as probabilidades de acertar e errar o alvo, respectivamente, temos:
P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 –

3
2
=
5
5

C.16 Indicando por P(A) e P( A ) as probabilidades de obtermos pelo menos uma lâmpada
defeituosa e de obtermos todas as lâmpadas perfeitas, respectivamente, temos:
P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 –

17
16
=
33
33

282

Unidade VI


C.17 e
Sendo E o espaço amostral do experimento e A o evento formado pelos ternos ordenados de E
que possuem os três elementos iguais, temos que n(E) = 63 = 216 e n(A) = 6; logo,
P(A) =

n (A)
6
1
=
=
n (E )
216 36

Queremos a probabilidade de ocorrer algum elemento do complementar de A; portanto,
P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 –

1
35
=
36
36

C.18 Sendo E o espaço amostral do experimento, e A o evento formado pelas seqüências de E,
formadas exclusivamente por coroas, temos que n(E) = 26 = 64 e n(A) = 1; logo,
P(A) =

n( A)
1
=
n( E ) 64

Queremos a probabilidade de ocorrer algum elemento do complementar de A; portanto,
P( A ) = 1 – P(A) ⇒ P( A ) = 1 –

1 63
=
64 64

C.19 Sendo P(R) e P(M) as probabilidades de escolha de rapaz e moça, respectivamente, temos:
 P(R ) = 3P ( M )
3
⇒ P(R) = .

P(R ) + P( M ) = 1
4


Logo, a probabilidade de se escolher um rapaz é de

283

3
.
4


Volume 2

Capítulo 21
Adição de probabilidades — Probabilidade condicional

Informações técnicas
Algumas atividades exigem construções com régua e compasso.

Objetivos
• identificar o conectivo ou com a união de eventos;
• identificar o conectivo e com a intersecção de eventos;
• calcular P(A ∪ B) de duas maneiras: pela definição de probabilidade, isto é, P(A ∪ B) =

n(A ∪ B)
n( E )

e pelo teorema da adição de probabilidades, ou seja, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B);
• aplicar o teorema da adição de probabilidades em problemas que peçam a probabilidade de
ocorrer um evento A ou um evento B;
• calcular a probabilidade condicional de duas maneiras:
P(B / A) =

n(A ∩ B)
P (A ∩ B )
e P(B / A) =
.
n( A)
P ( A)


Adição de probabilidades
1.

Rever as definições de união e de intersecção de conjuntos, A ∪ B = {x | x ∈ A ou x ∈ B} e

284

Unidade VI


A ∩ B = {x | x ∈ A e x ∈ B}, enfatizando que o conectivo ou caracteriza a união e o conectivo e
caracteriza a intersecção dos conjuntos.
2.

Rever o princípio aditivo da contagem: n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B).

3.

Antes de apresentar o teorema da adição de probabilidades, resolver um problema particular
usando a definição de probabilidade:
Uma etiqueta é sorteada de uma urna que contém, exatamente, 50 etiquetas numeradas de 1 a
50. Qual é a probabilidade de que o número da etiqueta sorteada seja par ou menor que 21?
Resolução
O espaço amostral E desse experimento é o conjunto E = {1, 2, 3, 4, 5, …, 50}, portanto,
n(E) = 50. Indicando por A o evento formado pelos números pares de E e por B o evento
formado pelos números de E menores que 21, temos A = {2, 4, 6, 8, …, 50}, n(A) = 25 e
B = {1, 2, 3, 4, …, 20}, n(B) = 20.
Note que A e B têm elementos comuns: A ∩ B = {2, 4, 6, 8, …, 20}, n(A ∩ B) = 10.
A probabilidade de ocorrer um elemento de A ou um elemento de B, indicada por P(A ∪ B), é:
P(A ∪ B) =

n(A ∪ B)
; n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B), portanto,
n(E )

n(A ∪ B) = 25 + 20 – 10 = 35; então concluímos que P(A ∪ B) =

35
7
= .
50
10

Comentar que o raciocínio usado nesse exemplo pode ser generalizado por meio do teorema
que virá a seguir.
4.

Demonstrar o teorema P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B). Enfatizar que esse teorema pode
ser aplicado para resolver problemas cuja pergunta é: “Qual é a probabilidade de ocorrer o
evento A ou o evento B?”. Comentar, ainda, que se os eventos A e B são mutuamente
exclusivos, então o conectivo ou indica simplesmente a soma das probabilidades de A e B, isto

285


Volume 2

é, P(A ∪ B) = P(A) + P(B). É importante que o aluno tenha em mente que a definição também
resolve esse tipo de problema, conforme mostrado no exemplo anterior.
5.

Refazer os exercícios resolvidos 1 e 2.

Probabilidade condicional
6.

Neste assunto, a maior dificuldade apresentada pelos alunos diz respeito à redução do espaço
amostral. Uma experiência que pode auxiliá-los a entender essa redução é a seguinte:
O professor lança um dado sobre sua mesa e afirma: o resultado obtido é um número ímpar. A
seguir pergunta: Qual é a probabilidade de que esse resultado seja o 5?
Espera-se que os alunos raciocinem da seguinte maneira:
O espaço amostral no lançamento do dado é E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, porém a afirmação “o
resultado obtido é um número ímpar” reduz o espaço amostral para E’ = {1, 3, 5}; logo, a
probabilidade de ocorrer o evento A = {5} é P(A) =

7.

n (A)
1
= .
n (E ')
3

Refazer o exemplo que introduz o item 2 e definir P(B / A) =

n(A ∩ B)
. Refazer os exercícios
n(A)

resolvidos 3 e 4.
8.

Após a resolução do exercício A.13 das atividades, comentar que a definição de probabilidade
condicional também pode ser P(B / A) =

P (A ∩ B )
. Essa “nova” definição será usada no
P (A)

capítulo seguinte no teorema da multiplicação de probabilidades.

para o exercícios que exigem maior desembaraço e criatividade. Neste capítulo, são básicos os
exercícios de números: C.1, C.2, C.3, C.7, C.9, C.10 e C.11.

286

Unidade VI


C.1

a
O espaço amostral do experimento é:
E = {(1, c), (1, k), (2, c), (2, k), (3, c), (3, k), (4, c), (4, k), (5, c), (5, k), (6, c), (6, k)}, em que c e
k indicam as faces cara e coroa, respectivamente; n(E) = 12. Considerando os eventos:
A = {(x, y) ∈ E | y é cara}, n(A) = 6; B = {(r, s) ∈ E | r é a face 1}, n(B) = 2;
A ∩ B = {(1, c)}, n(A ∩ B) = 1;
Temos: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =

6
2
1
7
+
–
= .
12 12 12 12

Professor, é importante enfatizar que problemas como esse também podem ser resolvidos
usando-se apenas a definição de probabilidade. Por exemplo, se considerarmos o evento:
C = {(x, y) ∈ E | x é a face 1 ou y é cara} =
= {(1, c), (1, k), (2, c), (3, c), (4, c), (5, c), (6, c)}, n(C) = 7, temos: P(C) =
C.2

n(C )
7
= .
n(E )
12

O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é bola da urna}, n(E) = 9.
Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y é bola branca}, n(A) = 2; B = {z ∈ E | y é bola
verde}, n(B) = 3;
A ∩ B = ∅, temos: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =

C.3

2
3
5
+ = .
9
9
9

O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é carta do baralho}, n(E) = 52.
Considerando os eventos: A = {y ∈ E | y é rei}, n(A) = 4; B = {z ∈ E | z é carta de paus},
n(B) = 13; A ∩ B = {rei de paus}, n(A ∩ B) = 1; temos:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =

4
13
1
16
4
+
–
=
= .
52
52
52
52
13

287


Volume 2

C.4
Matemáticos (as)

Físicos (as)

Químicos (as)

Homens

7

8

4

Mulheres

5

4

6

O espaço amostral do experimento é: E = {x | x é membro da conferência}, n(E) = 34.
Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y é mulher}, n(A) = 15; B = {z ∈ E | z é
matemático(a)}, n(B) = 12;
A ∩ B = { t ∈ E | t é mulher matemática}, n(A ∩ B) = 5; temos:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =
C.5

15
12
5
22
11
+
–
=
= .
34
34
34
34
17

O diagrama a seguir apresenta as porcentagens descritas no enunciado:

Logo:
a)

a probabilidade P de ser aceito por, ao menos, uma empresa é
P = 17% + 8% + 12% = 37%

b)

a probabilidade P’ de ser aceito por, exatamente, uma empresa é:
P’ = 17% + 12% = 29%.

C.6

O espaço amostral é: E = {x | x é um possível número de habitantes do país}.

288

Unidade VI


Considerando-se os eventos: A = {y ∈ E | y ≥ 110.000.000}; B = {z ∈ E | z ≤ 110.000.000};
A ∩ B = {110.000.000}, temos: P(A ∪ B) = 1 ⇒ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 1 e, portanto,
0,95 + 0,08 – P(A ∩ B) = 1, ou seja, P(A ∩ B) = 0,03.
Logo, a probabilidade de que a população seja de 110 milhões de habitantes é de 3%.
C.7

Sejam:
• o espaço amostral E formado pelos 50 leitores;
• o evento A de E formado pelos leitores do jornal A;
• o evento B de E formado pelos leitores do jornal B.

Temos:
P(A ∪ B) = 1 –

3
47
35
34
47
⇒ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =
, portanto,
+
– P(A ∩ B) =
,
50
50
50
50
50

ou seja, P(A ∩ B) =

11
.
25

Logo, a probabilidade de que a pessoa escolhida seja leitora dos jornais A e B é de
Professor, é interessante resolver este problema por meio de um diagrama:

n(E) = 50
n(A) = 35
n(B) = 34
n(A ∩ B) = x

289

11
.
25


Volume 2

35 – x + x + 34 – x + 3 = 50 ⇒ x = 22.
Logo, P(A ∩ B) =
C.8

n(A ∩ B)
22
11
=
=
.
n(E )
50
25

b
Sejam:
• O espaço amostral E formado pelos 60 torcedores;
• O evento A de E formado pelos torcedores do São Paulo;
• O evento B de E formado pelos torcedores do Palmeiras.

Observando-se que A e B são eventos mutuamente exclusivos, temos:
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =

10
5
15
1
+
=
= = 0,25.
60
60
60
4

C.9

E = {x | x é número de alguma bola da urna}
A = {y ∈ E | y < 8}
B = {z ∈ E | z é par}
P(B/A) =

n(A ∩ B)
3
= .
n(A)
7

Logo, a probabilidade de que o número retirado seja par é de
C.10 c
E = {(x, y) | x e y são números naturais de 1 a 6}, n(E) = 36;

290

3
.
7

Unidade VI


A = {(r, s) ∈ E | r é ímpar e s é ímpar}, n(A) = 9;
B = {(u, v) ∈ E | u + v = 8}, n(B) = 5;
A ∩ B = {(3, 5), (5, 3)}, n(A ∩ B) = 2.
Logo, P(B/A) =

n(A ∩ B)
2
= .
n(A)
9

C.11 e
Sendo A o conjunto formado pelos possíveis algarismos pares com que pode terminar uma
placa, isto é,
A = {0, 2, 4, 6, 8}, e sendo B = {0}, temos:
P(B/A) =

n(A ∩ B)
1
= .
5
n(A)

C.12 E = {x | x é um leitor entrevistado}, n(E) = 100;
A = {y ∈ E | y é leitor do jornal A}, n(A) = 60;
B = {z ∈ E | z é leitor do jornal B}, n(B) = 80;
A ∩ B = { t ∈ E | t é leitor dos jornais A e B},
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇒ 100 = 60 + 80 – n(A ∩ B), ou seja, n(A ∩ B) = 40.
Logo, P(B/A) =

n(A ∩ B)
40
2
=
= .
n(A)
60
3

C.13 d
Sendo A o conjunto formado pelos alunos que já leram Memórias Póstumas de Brás Cubas, e
B o conjunto formado pelos alunos que já leram Dom Casmurro, temos:
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇒ 40 = 28 + 31 – n(A ∩ B), ou seja, n(A ∩ B) = 19.

291


Logo, P(A/B) =

Volume 2

n(A ∩ B)
19
= .
n(B )
31

C.14 E = {x | x é carta do baralho}, n(E) = 52;
A = {y ∈ E | y é ás}, n(A) = 4; B = {z ∈ E | z é carta de copas}, n(B) = 13;
A ∩ B = {ás de copas}, n(A ∩ B) = 1. Logo, P(B/A) =

292

n(A ∩ B)
1
= .
n(A)
4

Unidade VI


Capítulo 22
Multiplicação de probabilidades

Objetivos
• reconhecer eventos independentes;
• justificar o teorema P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A);
• justificar que, se A e B são eventos independentes, então P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B);
• calcular P(A ∩ B) de duas maneiras: pela definição de probabilidade, P(A ∩ B) =

n(A ∩ B)
e pelo
n(E )

teorema da multiplicação de probabilidades, P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A);
• identificar o tipo de problema em que se pode aplicar o teorema da multiplicação de
probabilidades.


Eventos independentes
1.

Explorar a intuição dos alunos, propondo-lhes a questão seguinte. Lança-se uma moeda três
vezes. Qual é a probabilidade de cair cara no primeiro lançamento? Qual é a probabilidade de
cair cara no segundo lançamento? Qual é a probabilidade de cair cara no terceiro lançamento?
Fazer com que o aluno perceba que a probabilidade de cair cara em qualquer um dos
lançamentos é sempre a mesma:

1
. Por isso, dizemos que esses eventos são independentes.
2

293


Volume 2

Comentar que dois eventos são dependentes quando a probabilidade de um deles depende de o
outro evento ter ocorrido ou não. Por exemplo: seja o seguinte experimento: retirar
sucessivamente e sem reposição duas bolas de uma urna que contém, exatamente, três bolas
vermelhas e quatro bolas azuis. A probabilidade de que a segunda bola retirada seja azul
depende de a primeira bola retirada ter sido vermelha ou não. Observar:
1o) se a primeira bola retirada tiver sido vermelha, então a probabilidade de que a segunda bola
seja azul é de

4
2
= ;
6
3

2o) se a primeira bola retirada tiver sido azul, então a probabilidade de que a segunda bola seja
azul é de

3
1
= .
6
2

Por isso dizemos que os eventos: (A) sair bola vermelha na primeira retirada e (B) sair bola
azul na segunda retirada são eventos dependentes.
Após essa discussão, definir eventos independentes.
2.

Refazer o exemplo que introduz o capítulo.

Teorema da multiplicação de probabilidades
3.

Da definição P(B/A) =

n(A ∩ B)
P (A ∩ B )
, concluir que P(B/A) =
e, finalmente, que
n(A)
P (A)

P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A). Explicar essa sentença do seguinte modo: a probabilidade da
intersecção de dois eventos é igual à probabilidade de um deles multiplicada pela probabilidade
condicional do outro.
Claro que, se os eventos A e B são independentes, então P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B).
Comentar que o teorema P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B/A) pode ser aplicado em problemas com a
pergunta “Qual é a probabilidade de ocorrer o evento A e o evento B?” Observar que o
conectivo e caracteriza a intersecção dos eventos. Refazer os exercícios resolvidos de 1 a 3.

294

Unidade VI


Comparando os itens (a) e (b) do exercício resolvido 3, enfatizar que: a probabilidade
de serem retirados simultaneamente k elementos de um conjunto é a mesma probabilidade de
retirá-los sucessivamente e sem reposição. Refazer o exercício resolvido 4.
4.

É importante o aluno ter em mente que a definição de probabilidade também resolve
problemas desse tipo. Por exemplo: resolver, pela definição, o problema A.7.b das atividades:
Resolução
O espaço amostral E do experimento é formado por todos os pares de arestas que podem ser
formados; logo, n(E) = C12, 2 = 66. O número de elementos do evento A, formado por todos os
pares de arestas paralelas, é dado por n(A) =

n(A)
12 ⋅ 3
18
3
= 18. Logo, P(A) =
=
= .
2
66
11
n(E )

de números: C.1, C.2, C.3, C.4, C.5, C.6, C.7 e C.13.

C.1

a)

Indicando por M e F os sexos masculino e feminino, respectivamente, temos o espaço
amostral:
E = {(M, M, M), (M, M, F), (M, F, M), (F, M, M), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F),
(F, F, F)}, n(E) = 8; e os eventos,
A = {( M, M, F), (M, F, M), (F, M, M), (F, F, M), (F, M, F), (M, F, F)}, n(A) = 6; e
B = {( F, F, M), (F, M, F), (M, F, F), (F, F, F)}, n(B) = 4.

295


Volume 2

3
P (A ∩ B )
3
6
3
P(A/B) =
= 8 = e P(A) = = . Como P(A/B) = P(A), concluímos que
4
4
8
4
P(B )
8

b)

A e B são independentes.
1 1
1
⋅ =
2 6
12

C.2

P=

C.3

Indicando por p e d as lâmpadas perfeitas e defeituosas, respectivamente, temos:
ppppp
ddd
a) pd, P =
b) pd, P1 =
dp, P2 =

5 3
15
⋅ =
8 8
64
5 3
15
⋅ =
8 8
64

3 5
15
⋅ =
8 8
64

Assim, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 =

15
15
30
15
+
=
=
.
64
64
64
32

C.4

Indicando por i um número ímpar e por p um número par, temos:
5
5
25
1
⋅
=
=
10 10 100
4

a)

ip, P =

b)

ip ou pi, P =

c)

A probabilidade de que na primeira retirada saia um número qualquer é de 1 e a

5
5
5
5
50
1
⋅
+
+
=
=
10 10 10 10 100
2

probabilidade de que na segunda retirada saia o mesmo número da primeira é de
logo, a probabilidade P de saírem dois números iguais é de: P = 1 ⋅
d)

Esse evento é o complementar do evento do item c; logo, P = 1 –

296

1
1
= .
10 10

1
9
= .
10 10

1
;
10

Unidade VI

C.5


Podemos raciocinar com retiradas sucessivas e sem reposição. A probabilidade de a primeira
pessoa sorteada ser um dos irmãos é de
o outro irmão é de
P=

C.6

2
, e a probabilidade de a segunda pessoa sorteada ser
20

1
; logo, a probabilidade P de serem sorteados os dois irmãos é de:
19

2
1
1
⋅
=
20 19 190

Indicando por b e p as bolas brancas e pretas, respectivamente, temos:

bbp, P1 =

5 4 4
10
⋅ ⋅ =
; ou
9 8 7
63

bpb, P2 =

5 4 4
10
⋅ ⋅ =
; ou
9 8 7
63

pbb, P3 =

a)

4 5 4
10
⋅ ⋅ =
.
9 8 7
63

Logo, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 + P3 =

30
10
=
.
63
21

4 3 2
1
⋅ ⋅ =
9 8 7
21

b)

ppp, P =

c)

Esse evento é o complementar do evento do item (b); logo, P = 1 –

d)

Nenhuma bola branca: P1 =

1
20
=
.
21
21

4 3 2
1
⋅ ⋅ =
. Apenas uma bola branca:
9 8 7
21

5 4 3
5
P2 = 3 ⋅  ⋅ ⋅  = . Exatamente duas bolas brancas:


9 8 7

14

5 4 4
10
P3 = 3 ⋅  ⋅ ⋅  =
.


9 8 7

21

Logo, a probabilidade total é de: P = P1 + P2 + P3 =
C.7

37
.
42

d
Indicando por A e N os eventos adoecer e não adoecer no decurso de cada mês, devemos ter:
NNA; P = 0,7 ⋅ 0,7 ⋅ 0,3 = 0,147 = 14,7%.

297


C.8

Volume 2

O espaço amostral é:
E = {{x, y, z} |, cada uma das pessoas x, y e z é eleitora de um dos candidatos A, B ou C}
Considerando-se os eventos:
B = {{r, s, t} ∈ E |, pelo menos uma das pessoas r, s ou t é eleitora do candidato B}
B = {{u, v, w} ∈ E |, nenhuma das pessoas u, v e w é eleitora do candidato B}, temos:

P(B) = 1 – P( B ) = 1 – 0,5 ⋅ 0,5 ⋅ 0,5 = 0,875 = 87,5%.
C.9

d
O espaço amostral é:
E = {{x, y} | x e y são cartas distintas do baralho}
Considerando-se o evento:
A = {{r, s} ∈ E | r e s são cartas com o número oito}, temos:
P(A) =

4
3
1
⋅
=
.
52 51
221

Outro modo
P(A) =

C
n(A)
1
= 4,2 =
.
C52,2
n(E )
221

C.10 O espaço amostral é: E = {{x, y} | x e y são pessoas que foram examinadas}
Considerando-se o evento: A = {{r, s} ∈ E | r está afetada por A e s está afetada por B}, temos:
P(A) =

25 11
1
⋅
=
.
100 99
36

Outro modo: n(E) = A100, 2 e n(A) = 25 ⋅ 11; logo, P(A) =

25 ⋅11
1
=
.
A100, 2
36

C.11 O espaço amostral é: E = {{x, y} | x e y são pessoas da sala}
Considerando-se os eventos: A = {{r, s} ∈ E | r e s são marido e mulher}

298

Unidade VI


B = {{u, v} ∈ E | u e v são dois homens}, temos:
a) P(A) = 1 ⋅
b) P(B) =

1
1
= .
11 11

6
5
5
⋅
=
12 11
22

C.12 d
A probabilidade de ambos errarem é de: 40% ⋅ 30% = 0,4 ⋅ 0,3 = 0,12 = 12%.
C.13 Indicando por c e k as fases cara e coroa, respectivamente, temos:
1 1 1 1 1 1
1
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
2 2 2 2 2 2
64

a)

c c c c c c, P =

b)

c c c c k k
c c k c c k

 O número de seqüências com 4 caras e duas coroas é de:

k k c c c c


P6(4,2) =

6!
= 15.
4! 2!

Assim, a probabilidade P de que ocorra uma qualquer dessas seqüências é de:
6

15
1
P = 15 ⋅   =
64
2

C.14 e
Indicando acerto e erro por C e E, respectivamente, devemos calcular a probabilidade de correr:
C C C C C C C
ou

E C C C C C C

ou C

E C C C C C

ou C C

E C C C C

ou C C C

E C C C

ou C C C C

E C C

ou C C C C C

E C

ou C C C C C C

E

1

7

1

Logo, a probabilidade P de acerto de pelo menos 6 questões é de: P = 8 ⋅   = .
16
2

299


Volume 2

1
C.15 A probabilidade de acertar cada questão é de ; logo, a probabilidade P de acertar todas as
5

questões é de:
P=

1 1 1
1
1
⋅ ⋅ ⋅ ... ⋅ =  
5 5 5
5
5

50

50 fatores

1

5

C.16 A probabilidade P( A ) de não se obter nenhuma cara é P( A ) =   ; logo, a probabilidade
2
1

5

31

.
P(A) de se obter pelo menos uma cara é: P(A) = 1 – P( A ) = 1 –   =
32
2
C.17 Devemos calcular a probabilidade P de chover e o piloto subir ao pódio ou não chover e o
piloto subir ao pódio, ou seja:
P = 0,75 · 0,60 + 0,25 · 0,20 = 0,50 = 50%
e

ou

e

300

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